云南省景东县二中2024年高考化学试题模拟卷（三）含解析

云南省景东县二中2024年高考化学试题模拟卷(三)

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、常温下，HNO2的电离平衡常数为K=4.6xl0-4(已知JW石=2.I%,向20mL0.01molirHNCh溶液中逐滴加入

相同浓度的NaOH溶液，测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示，下列判断正确的是

A.X=20

B.a点溶液中c(H+)=2.14xl0-3mol-L-1

C.a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小

+

D.b点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)>c(Na)>c(NO；)

2、用化学方法不能实现的是()

A.生成一种新分子B.生成一种新离子

C.生成一种新同位素D.生成一种新单质

3、将amol钠和amol铝一同投入mg足量水中，所得溶液密度为dg・mLT,该溶液中溶质质量分数为

A.82a/(46a+m)%B.8200a/(46a+2m)%C.8200a/(46a+m)%D.8200a/(69a+m)%

4、下列各项中的两个量，其比值一定为2：1的是()

A.在反应2FeCl3+Fe=3FeCh中还原产物与氧化产物的质量

_1+

B.相同温度下，0.2molLCH3COOH溶液与0.1mol-L4CHsCOOH溶液中c(H)

C.在密闭容器中，N2+3H22N%已达平衡时C(NH3)与C(N2)

D.液面均在“0”刻度时，50mL碱式滴定管和25mL碱式滴定管所盛溶液的体积

5、下列说法不正确的是()

A.乙烯的结构简式为CH2=CH2

B.乙烯分子中6个原子共平面

C.乙烯分子的一氯代物只有一种

D.CHBr=CHBr分子中所有原子不可能共平面

6、氢氧熔融碳酸盐燃料电池是一种高温电池（600-700C）,具有效率高、噪音低、无污染等优点。氢氧熔融碳酸盐

燃料电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是（）

ILO＞，-COj

A.电池工作时，熔融碳酸盐只起到导电的作用

2

B.负极反应式为H2-2e+CO3—CO2+H2O

C.电子流向是：电极a-负载-电极b-熔融碳酸盐-电极a

D.电池工作时，外电路中流过0.2mol电子，消耗3.2gCh

7、新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该科技实现了H2s废气资源回收能量,

并H2s得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是

A.电极a为电池正极

B.电路中每流过4moi电子，正极消耗ImolCH

+

C.电极b上的电极反应：O2+4e+4H=2H2O

D.电极a上的电极反应：2H2S+2O2-—2e-=S2+2H2O

8、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.28g由乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为NA

B.4.6g乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0.2NA

C.25℃,lLpH=13的BaSH）2溶液中，含有0E的数目为0.2NA

D.标准状况下，2.24LCL溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为0.2NA

9、海洋是一个巨大的资源宝库，海水开发利用的部分过程如图所示。下列有关说法不正确的是（）

「机就一空一Witt----------工业

海水一,-MKIOH）,—>MgCI3-6HQ—•无水MgCL

L-樨水一

NaBr♦B.•一一吸收液”■-Br2

A.①粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去Ca2\Mg2+、SO42一等杂质

B.工业生产中常选用石灰乳作为Mg2+的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤

C.第②步的反应是将MgC12»6H2O晶体在空气中直接加热脱去结晶水得无水MgCb

D.第③步到第⑤步空气吹出法提取海水中滨通常使用SO2作还原剂

10、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三

种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：

下列说法错误的是

A.四种元素形成的单质中W的氧化性最强

B.甲、乙、丙中沸点最高的是丙

C.甲常用作致冷剂

D.甲、乙分子均只含极性共价键

11、Anammox法是一种新型的氨氮去除技术。设阿伏加德罗常数的数值为NA,则下列说法正确的是

过div

N«4\ZNHJOH^---------NOj・

过■】Y?

、此2H£

....JJ

insml..........

Ni

AnamxnoxJ^J^IftS!

A.lmoLNH4+所含电子数为IINA

B.30gN2H2中含有的共用电子对数目为4NA

C.过程II属于还原反应，过程IV属于氧化反应

D.过程I中反应得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：2

12、实验室中以下物质的贮存方法不正确的是

A.浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处

B.保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉

C.少量金属钠保存在煤油中

D.试剂瓶中的液滨可用水封存，防止漠挥发

13、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42,X原子的核外电子总数等于Y的最外层

电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是

A.单质的熔点：Z>XB.Z与Y、W均能形成离子化合物

C.气态氢化物的沸点：X<Y<WD.X、Z的氧化物均含非极性键

14、某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiOz光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2s4还原为NazS。

下列说法错误的是

肉r戈换股M

A.充电时，太阳能转化为电能，又转化为化学能

22-

B.放电时，a极的电极反应式为：4S-6e=S4

C.充电时，阳极的电极反应式为：3r-2e=I3-

D.M是阴离子交换膜

15、向3mol盐酸中加入打磨后的镁条，一段时间后生成灰白色固体X,并测得反应后溶液pH升高。为确认固体X

的成分，过滤洗涤后进行实验：

①向固体X中加入足量硝酸，固体溶解，得到无色溶液，将其分成两等份；②向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3

溶液，得到白色沉淀a；③向另一份无色溶液中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀b。下列分析不正确的是（）

A.溶液pH升高的主要原因：Mg+2H+===Mg2++H2T

B.生成沉淀a的离子方程式：Ag++Cl===AgCl；

C.沉淀b是Mg（OH）2

D.若a、b的物质的量关系为〃（a）："（b）=1：3,则可推知固体X的化学式为Mg3（OH）6a

16、一定呈中性的是（）

A.pH=7的溶液

B.25℃,Kw=1.0x10-14的溶液

C.H+与OIF物质的量相等的溶液

D.等物质的量的酸、碱混合后的溶液

二、非选择题（本题包括5小题）

17、化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下:

回

回答下列问题：

（1）B的名称为—；D中含有的无氧官能团结构简式为—。

（2）反应④的反应类型为一；反应⑥生成G和X两种有机物，其中X的结构简为

（3）反应⑤的化学反应方程式为（C6H7BrS用结构简式表示）。

（4）满足下列条件的C的同分异构体共有__种，写出其中一种有机物的结构简式：

①苯环上连有碳碳三键；②核磁共振氢谱共有三组波峰。

NH2

（5）请设计由苯甲醇制备的合成路线（无机试剂任选）__

18、烯燃和酚类是两种重要的有机化工原料。完成下列填空：

⑴合成才dg-dGT11H6rT除苯乙烯外，还需要另外两种单体，写出这两种单体的结构简式

⑵由苯乙烯合成CH=CT,）需要三步，第一步选用的试剂为,目的是

⑶邻甲基苯酚可合成A,分子式为C7H6。3,在一定条件下A自身能缩聚成B。B的结构简式_________oA与浓漠水

反应的化学方程式为o

（4）设计一条由制备A的合成路线（合成路线常用的表示方法为：M..磐TN……—，’）目标

产物）O

19、某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究:

操作现象

取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色

过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝(约为12),后褪色

液面上方出现白雾；

稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；

A稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去

(1)C12和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程是=

(2)pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是o

(3)向水中持续通入SO2,未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：

a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；

b.用酸化的AgNCh溶液检验白雾，产生白色沉淀。

①实验a目的是«

②由实验a、b不能判断白雾中含有HCL理由是□

(4)现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和cr发生反应。通过进一步实验

确认了这种可能性，其实验方案是。

(5)将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X

①向沉淀X中加入稀HCL无明显变化。取上层清液，加入BaCL溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是

②用离子方程式解释现象适中黄绿色褪去的原因：o

20、叠氮化钠(NaN»是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱

性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t-BuNO2,以t-Bu表示叔丁基)

与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。

⑴制备亚硝酸叔丁酯

取一定NaNCh溶液与50%硫酸混合，发生反应H2so4+2NaNO2===2HNCh+Na2s04。可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)

在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：o

⑵制备叠氮化钠(NaN3)

按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：t-BuNO2+NaOH+N2H4===NaN3+2H2O+

t-BuOH«

①装置a的名称是；

②该反应需控制温度在65℃,采用的实验措施是；

③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。

所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是。

⑶产率计算

①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。

②用滴定管加入0.10mol-L-i六硝酸锦钱［(NH4)2Ce(NO3)6］溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。

③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗咻指示液，并用0.I0mol-L-i硫酸亚铁核［(NH4)2Fe(SO4)2］为标准液,

4+2+3+3+

滴定过量的Ce，+,终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce+Fe===Ce+Fe)o

已知六硝酸铺钱KNH4)2Ce(NO3)6］与叠氮化钠反应生成硝酸钱、硝酸钠、氮气以及Ce(NC)3)3,试写出该反应的化学方

程式;计算叠氮化钠的质量分数为(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均

正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是(填字母)。

A.锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗

B.滴加六硝酸铀铁溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数

C.滴加硫酸亚铁锭标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡

D.滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁钱标准液滴用蒸储水冲进瓶内

(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无

味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：

21、(化学—选修3：物质结构与性质)

第23号元素帆在地壳中的含量大约为0.009%,在过渡元素中仅次于Fe、Ti、Mn、Zn,排第五位。我国四川攀枝花

地区蕴藏着极其丰富的钢钛磁铁矿。

⑴帆在周期表中的位置为,电子占据的最高能层的轨道形状为

⑵在地壳中含量最高的五种过渡金属元素Fe、Ti、Mn、Zn、V中，基态原子核外单电子数最多的是。

(3)过渡金属可形成许多竣基配合物，即CO作为配体形成的配合物。

①CO的等电子体有N2、CN>等(任写一个)。

②CO作配体时，配位原子是C而不是O,其原因是o

(4)过渡金属配合物常满足“18电子规则”，即中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18,如[Fe(CO)5]、

[Mn(CO)5「等都满足这个规则。

①下列钢配合物中，钢原子满足18电子规则的是。

2+3-

A[V(H2O)6]B[V(CN)6]4-C[V(CO)6]"D[V(O2)4]

②化合物二JLsI的熔点为138℃，其晶体类型为________。

嗦宣

(5)VCk(熔点1027℃)和VBn(熔点827℃)均为六方晶胞，结构如图所示。

①VCb和VB"两者熔点差异的原因是o

②设晶体中阴、阳离子半径分别为r_和r+,该晶体的空间利用率为(用含a、c、r+和r一的式子表示)。

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、B

【解题分析】

A.向ZOmLO.OlmoIL1的HNCh溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20mL,

C点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNCh混合溶液，X<20,A项错误；

B.由HNO2UH++NO2-,K=-^~~/v~——二,贝！|4.6xl(r4H___V____得至!)c(H+)=2.14xlO-3mol/L,

c(HNQ)c(HNQ)O.OlmoUL

B项正确；

C.c点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNOz混合溶液；氢氧化钠溶液体积为20mL时恰好反应，那么a到恰好完全

反应时，水的电离程度逐渐增大；d点从图中读不出是在恰好反应之前还是恰好反应之后，C项错误；

+

D.b点溶液为HNO2、NaNCh混合溶液，且浓度比为1:1,由NCh—IhOUHNCh+OH-,HNO2^H+NO2",电离程度

大于水解程度，可知溶液呈酸性，微粒浓度大小为c(NO2-)>c(Na+)>c(HNCh),D项错误；

答案选B。

2、C

【解题分析】

化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程。

【题目详解】

根据化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程，原子

并没有发生变化，可知通过化学方法可以生产一种新分子，也可以生成一种新离子，还可生成一种新单质；具有一定

数目的质子和一定数目的中子的原子称为核素，即核素的种类决定于原子核，而化学反应只是核外电子数目的变化，

所以生成一种新同位素通过化学反应是不能实现的，故C符合；

答案选C。

3、C

【解题分析】

钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气。根据方程式计算。

【题目详解】

将amol钠和水反应生成amol氢氧化钠和a/2mol氢气,amol铝和amol氢氧化钠反应生成amol偏铝酸钠和3a/2mol

氢气，反应后的溶液的质量为23a+27a+m-(a/2+3a/2x2=(m+46a)g,溶质偏铝酸钠的质量为82ag。则质量分数为82a

/(m+46a)xl00%o

故选C。

【题目点拨】

掌握钠和水的反应、铝和氢氧化钠溶液的反应，能根据方程式进行计算，计算溶液的质量时注意从总质量中将产生的

氢气的质量减去。

4、A

【解题分析】

A、还原产物由氧化剂FeCb被还原得到，氧化产物由还原剂Fe被氧化得到，显然二者的物质的量之比为2：1,正确；

+1

B、CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3OO+H,力口水稀释时促进电离，故0.2mol-L的CH3COOH

溶液与0.1mol-LiCHjCOOH溶液中c(H+)之比小于2:1,错误；

C、在密闭容器中进行的合成NH3反应，达到平衡时C(NH3)与c(N»之比与N2的转化率有关而与各自的化学计量数没

有必然联系，错误；

D、由碱式滴定管的结构可知滴定管50mL或25mL的刻度线以下的部分还装有液体，故二者体积之比不等于2：1,

错误，答案选A。

5、D

【解题分析】

A.乙烯的结构简式为CH2=CH2,A正确；

B.乙烯是平面型分子，分子中6个原子共平面，B正确；

C.乙烯分子结构完全对称，只有一种等效氢原子，则一氯代物只有一种，C正确；

D.乙烯是平面型分子，直接连在双键碳上的滨原子和2个碳原子、2个氢原子共平面，D错误；

答案为D；

6、B

【解题分析】

原电池工作时，出失电子在负极反应，负极反应为H2+CO32=2e-=H2O+CO2,正极上为氧气得电子生成CCV,则正

极的电极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32,

【题目详解】

A.分析可知电池工作时，熔融碳酸盐起到导电的作用，和氢离子结合生成二氧化碳，二氧化碳在正极生成碳酸根离

子循环使用，故A错误；

B.原电池工作时，出失电子在负极反应，负极反应为H2+CO32--2e=H2O+CO2,故B正确；

C,电池工作时，电子从负极电极a-负载-电极b,电子不能通过熔融碳酸盐重新回到电极a,故C错误；

D.电极反应中电子守恒正极的电极反应为O2+2CO2+4e=2CO32，电池工作时，外电路中流过0.2mol电子，反应氧

气0.05mol,消耗O2质量=0.05molX32g/mol=1.6g,故D错误；

故选：B»

7、B

【解题分析】

A.电极a是化合价升高，发生氧化反应，为电池负极，故A错误；

B.电路中每流过4mol电子，正极消耗ImoKh,故B正确；

C.电极b上的电极反应：€>2+45=202-,故C错误；

D.电极a上的电极反应：2112s+2C)2--4e-=S2+2H2O,故D错误。

综上所述，答案为B。

8、B

【解题分析】

A.乙烯和丙烯的摩尔质量不同，无法计算混合物的物质的量，则无法判断28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含

碳碳双键的数目，故A错误；B.Imol乙醇转化为Imol乙醛转移电子2mol,4.6g乙醇物质的量为O.lmol,完全氧化

变成乙醛，转移电子数为0.2NA,故B正确；C.pH=13的Ba(OH)2溶液，c(H+)=1013mol^,依据c(H+)c(OH)=Kw,

c(OH)=10amol/L,25℃、pH=13的LOLBa(OH)2溶液中含有的OH数目为10-imol/LxlL=0.1mol,含有的OH数

目为O.INA,故C错误；D.标况下2.24L氯气的物质的量为O.lmol,而氯气和水的反应为可逆反应、不能进行彻底，

故所得溶液中的含氯微粒有CI2>Cl\CUT和HC1O,故根据氯原子守恒可知：2N(Ch)+N(CD+N(CIO-)+N(HC1O)

=0.2NA,故含氯的微粒总数小于0.2NA,故D错误；故答案为B。

9、C

【解题分析】

A.①粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去Ca2+、Mg2+、-等杂质，故A正确；

B.利用沉淀溶解平衡转化，工业生产中常选用石灰乳作为Mg2+的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤，故B正确；

C.镁离子要水解，因此第②步的反应是将MgC12D6H2O晶体在HC1气流中加热脱去结晶水得无水MgCh,故C错

误；

D.第③步到第⑤步空气吹出法提取海水中漠通常使用Sth作还原剂，SCh与Bn反应生成HBr和H2s04,故D正确;

答案为C。

【题目点拨】

工业上沉淀镁离子只能用石灰乳，不能用氢氧化钠，要注意与实际应用相联系，工业要考虑成本问题。

10、B

【解题分析】

丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为NO,单质Z与化合物甲反应生成NO,则单质Z为O2,化合物甲为NH3,

乙为H2O,能与H2O反应生成氧气的单质为F2,丙为HF,故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。

【题目详解】

A.根据以上分析，H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强，故A正确；

B.常温下N%和HF为气态，H2O在常温下为液态，所以沸点最高的是H2O,故B错误；

C.化合物甲为N%,氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作致冷剂，故C正确；

D.化合物甲为N%,乙为H2O,NIL和H2O分子均只含极性共价键，故D正确。

故选B。

【题目点拨】

本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟

记常见的10电子微粒。

11、B

【解题分析】

A.一个钱根离子含有10个电子，则lmoLNH4+所含电子数为IONA,故A错误；

30g

B.一个N2H2(H-N=N-H)分子中含有4个共用电子对’30gN2H2的物质的量=砺而=lm°L含有的共用电子对

数目为4NA,故B正确；

C.过程n中，联胺分子中N元素化合价是-2,N2H2中N元素化合价是T,化合价升高，属于氧化反应，过程IV中,

Nth-中N元素化合价是+3,NH20H中N元素化合价是T,化合价降低，属于还原反应，故C错误；

D.过程I中，参与反应的NH4+与NH20H的反应方程式为：NH4++NH2OH=N2H4+H2O+H+,则得到的还原产物与氧

化产物物质的量之比为1:1,故D错误；

答案选B。

【题目点拨】

准确判断反应中各物质中N元素的化合价，利用氧化还原反应规律判断解答是关键。

12、A

【解题分析】

A.浓硝酸具有腐蚀性，见光易分解，因此浓硝酸应该用带玻璃塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处，A错

误；

B.硫酸亚铁易被氧化，且亚铁离子水解，因此保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉，B正确；

C.钠易被氧化，易与水反应，密度大于煤油，因此少量金属钠保存在煤油中，C正确；

D.试剂瓶中的液滨可用水封存，防止漠挥发，D正确。

答案选A。

13、B

【解题分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42,Z原子最外层只有1个电子，Z是第IA元素,

结合原子序数大小可知Z为Na元素；W能形成酸性最强的含氧酸，W应该为C1元素；X、Y的原子序数之和

=42-11-17=14,X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Y只能位于第二周期，设X的核外电子数为x,则

x+(2+x)=14,解得x=6,则X为C元素、Y为O元素，据此结合元素周期律分析解答。

【题目详解】

根据上述分析，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为CI元素。

A.X、Z分别为C、Na元素，金属Na的熔点较低，C的单质一般为金刚石或石墨，熔点较高，熔点：X>Z,故A

错误；

B.Na与O和C1形成的化合物为氧化钠和过氧化钠、NaCl,都是离子化合物，故B正确；

C.水分子间能够形成氢键，沸点：H2O>HC1,故C错误；

D.X、Z的氧化物可以是CO或CO2、NazO或Na2O2,仅NazCh有非极性键，故D错误；

故选B。

14、D

【解题分析】

TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，充电时Na2s4还

原为NazS,放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是正极，在充电时，阳极失电子发生氧化反应，3I-2e=I3,据

此回答。

【题目详解】

A.TKh光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，A正确；

22

B.充电时Na2s4还原为NazS,放电和充电互为逆过程，所以a是负极，a极的电极反应式为：4S-6e=S4-,B正确；

C.在充电时，阳极I-失电子发生氧化反应，极反应为3r-2e-=l3;C正确；

D.通过图示可知，交换膜只允许钠离子自由通过，所以M是阳离子交换膜，D错误；

答案选D。

【题目点拨】

本题考查了原电池的原理，明确正负极上得失电子及反应类型是解题的关键，难点是电极反应式的书写，明确哪种离

子能够自由通过交换膜，可以确定交换膜的类型。

15、D

【解题分析】

A、溶液pH升高的主要原因是H+被消耗，即：Mg+2H+===Mg2++Hz?,故A正确；

B、向其中一份无色溶液中加入足量AgNCh溶液，得到白色沉淀a,a是不溶于HNCh的白色沉淀，应为AgCL故B

正确；

C、沉淀b,与OH—有关，NO3—、Cl-、Mg?+能形成沉淀的只有Mg2+,故C正确；

D、若a、b的物质的量关系为n(a)："(b)=1：3,根据化合价代数和为0,则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)5Cl,

故D错误。

故选D。

16、C

【解题分析】

A.100度时，纯水的pH=6,该温度下pH=7的溶液呈碱性，所以pH=7的溶液不一定呈中性，故A错误；

B.25℃,Kw=1.0xl0i4是水的离子积常数，溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以不一定呈中性，故B错误；

C.只要溶液中存在H+与OIF物质的量相等，则该溶液就一定呈中性，故C正确；

D.等物质的量的酸、碱混合后的溶液不一定显中性，这取决于酸和碱的相对强弱以及生成盐的性质，故D错误；

答案选C。

【题目点拨】

判断溶液是否呈中性的依据是氢离子和氢氧根离子的浓度相等，温度改变水的电离平衡常数，温度越高，水的电离平

衡常数越大。

二、非选择题（本题包括5小题）

17、邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛-NH2和-Cl取代反应或酯化反应HOCH2cH20H

OOOCHi,GOOCH,

W，H|

(OCg+q-CH1cHiBerg^k-NH-CH.CH,-Q+HBr

-CH/OH

c»c-ci

、H?、人（任写一种即可）

NH：二、NH,

©~CHCOOH@H€H(

【解题分析】

对比D与F的结构可知，D与甲醇发生酯化反应生成E,E与C6H7BrS发生取代反应生成F,则E的结构简式为:

CHBrS的结构简式为

67bCII.Br

NHNHNH,

（5）由苯甲醇2制备^^^~^HC2O0CH2~^g^可由〈^—（^HCOOH与苯甲

NHj

醇发生酯化反应生成，若要利用苯甲醇合成,（Hiooir则需要增长碳链、引进氨基、竣基，结合题干中

物质转化关系解答。

【题目详解】

（1）以苯甲醛为母体，氯原子为取代基，因此其名称为：邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛；D中含有的官能团为：氨基、蝮

基、氯原子，其中无氧官能团为：-NH2和-C1；

（2）由上述分析可知，该反应为酯化反应或取代反应；对比该反应中各物质的结构简式可知，C该碳原子与N

原子和C原子成环,因此X的结构简式为：HOCH2CH2OH；

(4)①苯环上连有碳碳三键，C中一共含有6个不饱和度，苯环占据4个，碳碳三键占据2个，则其它取代基不含有

不饱和度，则N原子对于的取代基为-NH2；

②核磁共振氢谱共有三组波峰，则说明一共含有3种化学环境的氢原子，则该结构一定存在对称结构；

则该同分异构体的母体为((，将氨基、氯原子分别补充到结构式中，并满足存在对称结构，结构简式为:

(5)由上述分析可知，合成中需要增长碳链、引进氨基、竣基，引进氨基、增长碳链可以利用题干中②反应的条件,

引进竣基可利用题干中③反应的条件，因此具体合成路线为：

NHt

华八HOH-CN旦

4HtcNHf

C1(0)-CH,OHI一

煤入一©HCHCOOCH他

HBr(或HC1)保护碳碳双键防止被加成或氧化

18、CH2=CH-CNCH2=CH-CH=CH2

CHD

<R«Ob

【解题分析】

(1)链节主链为碳原子，且含有碳碳双键，应是烯点、1,3-丁二烯之间发生的加聚反应，除苯乙烯外，还需要另外

两种单体为：CH2=CH-CN>CH2=CH-CH=CH2,故答案为CH2=CH-CN、CH2=CH-CH=CH2；

(2)苯乙烯先与HBr发生加成反应，然后再催化剂条件下发生取代反应，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生

消去反应得到:一—一三-匚三:，第一步的目的是：保护碳碳双键防止被加成，故答案为HBr；保护碳碳双键防止

被加成；

(3)邻甲基苯酚可合成A,分子式为C7H6。3,则A为A发生缩聚反应得到B,B的结构简式为:

/CHD

(4)在碱性条件下水解得到,然后发生催化氧化得到,再氧化得到

O一

19、2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaC12+2H2O漂白性检验氯气S(h也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀

要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可CaSO4

+2

C12+SO2+2H2O===2CH-4H+SO4-

【解题分析】

(1)漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；

(2)pH试纸先变蓝(约为12),后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；

(3)①反应中生成C12,用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否C12,排除C12干扰；

②白雾中含有SO2,可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；

(4)依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色

是否变为黄绿色；

(5)二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫

酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。

【题目详解】

(1)氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：

2C12+2Ca(OH)2=CaCh+Ca(ClO)2+2H2O；

故答案为2C12+2Ca(OH)2=CaC12+Ca(ClO)2+2H2O；

(2)pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；

(3)向水中持续通入SO2,未观察到白雾.推测现象的白雾由HC1小液滴形成，

①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产

生干扰；故答案为检验白雾中是否含有C12,排除C12干扰；

②用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化

为硫酸,硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀,所以通过实验不能证明一定含有氯化氢;故答案为白雾中混有SO2,

Sth可与酸化的AgNCh反应产生白色沉淀；

(4)现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和发生反应.通过进一步实验

确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气;

故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；

(5)①取上层清液，加入BaCL溶液，产生白色沉淀，说明Sth被氧化为Sth乙故沉淀X为CaS()4；

②溶液呈黄绿色，有CL生成，CL与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cb+2H2O=SO4*+2Cr+4H+。

20、t-BuOH+HNCh叫二t-BuNCh+lhO恒压滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防

止产物损失2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3===4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2165%ACCIO+

2N3+H2O===C1-1-2OH+3N2T

【解题分析】

⑴制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：

t-BuOH+HNO2蚱_>t-BuNO2+H2O；

(2)①装置a的名称即为恒压滴液漏斗；

②反应要控制温度在65℃,参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；

③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无

水乙醇洗涤；

(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce，+和N：中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：

2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2NaNO3+2Ce(NO3)3+3N2T；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注

意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了木与过量的六硝酸铀锭反应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce,因此有：

2.0gNaN3样品的、消耗的Ce4++Fe?+消耗的Ce4+=0.004molCe4+,考虑到Fe?+与Ce”+的反应按照1:1进行，所

以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：〃(NaN3)=10x(0.004-Fe2+消耗的Ce4+)=0.02mol,所以叠氮化

一一，m(NaN)..0.02molx65g/mol

钠样品的质量分数为：W=--3X100%=----------